板块模型和传送带模型的综合应用-2025年高考物理复习专练（解析版）

重难点07板块模型和传送带模型

【高分技巧】

一、滑块木板模型

i.模型特点：滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下

发生相对滑动.

2.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，设板长为L,滑块（可视为质点）位移大

小为x块，滑板位移大小为x板。

同向运动时：L=x块一X板.

3.判断滑块和模板运动状态的技巧：

''滑块-木板“模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a=3.假设两物体同时由静止开

m

始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者

相对滑动，二者间为滑动摩擦力。

4.技巧突破点

（1）由滑块与木板的相对运动来判断''板块”间的摩擦力方向.

（2）当滑块与木板速度相同时，''板块〃间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦

力（水平面上共同匀速运动）.

5.分析板块模型的思路

物理

确定滑块一木板模型

建模

隔离法

选研究

对滑块、木板分别受力分析

对象

计算由牛顿第二定律判断是否存在速度相

判断和运动学公式"等的“临界点”

无临界滑块与木确定相同时间内的位

速度板分离移关系，列式求解

判断

若FfWFfm，

结果

假设成立，

滑块与

由整由隔离法整体列式

木板没体法求滑块与

有临界分离，假求系木板间摩

速度,设速度统加

擦力产f及若Ff>Ffm,

相等后速度最大静摩假设不成

加速度

擦力尸fm立，分别

也相等列式

二、传送带模型

1.水平传送带

滑块的运动情况

情景

传送带不足够长传送带足够长

%口=o一V

()()一直加速先加速后匀速

跖）府<、时,一直加速水卜时，先加速再匀速

O____DPb>P时，一直减速P0V时，先减速再匀速

滑块先减速到速度为0,后被传送带传回左

口)端.

n滑块一直减速到右端

Q____O若V0<V返回到左端时速度为V0,若vo>v返

回到左端时速度为V.

2.倾斜传送带

滑块的运动情况

传送带不足够长传送带足够长

一直加速（一定满足关系等in

先加速后匀速

6<]jgcos6）

若;u>tan0,先加速后匀速

一直加速（加速度为姿in0+

RgCOSe）若〃〈tan0,先以为加速，后以勿加速

水厂时，一直加速（加速度为若治tan6,先加速后匀速；若0,先以a

姿in史ose）加速，后以勿加速

西〉厂时，一直减速（加速度为若治tan6,先减速后匀速；若/J<tanQ,先以a

器in0—ju^cose）减速，后以功加速

姿in0>ju^cos0,一直力口速；

姿ine=p史ose,一直匀速

先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小

/in0<ju^cos6,一直减速

（摩擦力方向一定沿为百

斜面向上）

3.划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Ax等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两

次相对运动方向相同，△X=Z\Xl+Z\X2（图甲）；若两次相对运动方向相反，AX等于较长的相对位移大小.（图

乙）

4.功能关系分析：

（1）功能关系分析：片+△区+0。

（2）对历和0的理解

传送带克服摩擦力做的功：『=fx传;

产生的内能：Q=fxma

--------------------------

限时提升练

（建议用时：40分钟）

一、单选题

1.（2024.江苏南通・模拟预测）如图所示，水平面上一滑块压在一张纸上，将纸匀速抽出，滑块向前移动一

段距离后停止。若换一质量更大的滑块，压在纸上的同一位置，将纸以相同的速度抽出，已知两滑块与纸、

水平面之间的动摩擦因数相同，则（）

一,纸

A.纸抽出的时间变长B.纸抽出的时间变短

C.抽纸过程拉力做功变多D.抽纸过程拉力做功不变

【答案】C

【知识点】常见力做功与相应的能量转化、没有其他外力的板块问题

【详解】AB.设滑块的质量为匹则滑块与纸之间的摩擦力大小为〃，咫，纸抽出过程中，根据牛顿第二定

律可知

f=jumg=ma

解得滑块的加速度大小为

纸抽出过程中，物块相对纸的位移

12

X=VQI—~Clt

两次将纸以相同的速度抽出，滑块压在纸上的同一位置，即X、%相同，加速度。相同，所以两次的纸抽出

的时间相同，AB错误；

CD.纸抽出时，滑块的速度

v=at

加速度。与时间f相同，所以滑块的速度相同，而第二次滑块与纸之间的摩擦力增大，两者的相对位移不变,

所以因摩擦产生的热量增大，根据能量守恒可得抽纸过程拉力做功变多，故C正确，D错误。

故选C。

2.（2024.全国.模拟预测）如图所示，足够长的长木板A放在光滑的水平面上，另一物体B静止在长木板A

的右端，仁0时刻对A施加水平向右且随时间均匀增大的力F（尸=厄），为时刻A、B共同运动的速度为vo,

2历时刻撤去力F由于A、B间存在摩擦，经过一段时间两者再次达到相同速度，则下列说法正确的是（）

一」......9....

A.A、B发生相对滑动前，B的加速度保持不变

B.二者最后共速时速度为2Vo

C.A、B发生第一次相对滑动一定在为〜2%之间

D.A与B的质量一定相等

【答案】C

【知识点】受变化外力的板块问题

【详解】A.A、B发生相对滑动前，A、B的加速度相同，根据牛顿第二定律

F=kt=(mA+mB)a

由此可知，加速度随时间均匀增大，故A错误;

B.。〜小。〜2如根据动量定理可得

用。=牛=（/+外）为

E・2办=2忧=+叫喔

由于2初时刻撤去力B,A、B组成的系统动量守恒，则

mAvA+mBvB=（mA+mB）v

所以

v=4%

所以二者最后共速时速度为4v0,故B错误；

C.根据题意可知，为时刻A、B共同运动的速度为vo,而2m时刻撤去力凡一段时间两者再次达到相同速

度4四,说明2历时刻后A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最后共速，则A、B发生第一次相对

滑动一定在3〜2%之间，故C正确；

D.无法确定二者质量关系，故D错误。

故选C。

3.（2024•山东济南•模拟预测）如图所示，木板B静止在光滑的水平面上，距右侧墙壁1m。物块A以%=4m/s

的水平速度从B的左端滑上B,B上表面粗糙，AB之间动摩擦因数为0.3。B与右侧墙壁碰撞前AB未分

离，B与墙壁碰撞后以某一速度反弹，之后某一瞬间AB同时停止运动，且A刚好停在B的最右侧。已知

物块A质量为1kg,木板B质量为3kg,g取10m/s2。关于该运动过程，下列说法正确的是（）

―►vo

~B|

7777777777777777777777777/

A.木块B与右侧墙壁碰撞无机械能损失

B.木块B与右侧墙壁碰撞损失的机械能为4J

C.木板B的长度为才m

D.木板B的长度为的

【答案】C

【知识点】含有动量守恒的多过程问题、没有其他外力的板块问题

【详解】AB.A在B上向右滑动，A减速，B加速。B向右运动与墙相碰，碰后B向左减速，A向右减速,

二者速度同时减到0。对A

〃利ig=74q

可得

2

a[=3m/s

对B

=m2a2

可得

2

a2=lm/s

设经过时间f达到共同速度，可得

V1—axt=a2t

得

t=Is

设B撞墙前的速度为此时A的速度为V2,可得

vBI=v2=lm/s

设此过程中木板的位移为尤/,根据

2

vB1=2a2%

可得

X1=0.5m

共速时B未到右墙。B撞墙后，A的速度不变，设B撞墙后的速度为％2，因A、B最终恰好同时静止，由

动量守恒可得

班”=加2VB2

可得

vB2=1m/s

损失的机械能

A£'=-m2(Vg1-Vg2)=-J

故AB错误;

CD.木板B的长度为撞前和撞后A、B的相对位移之和，即

“工-m

2%

故

20

Ax=A%)+AX=——m

29

故C正确，D错误。

故选Co

4.（2024•河北•模拟预测）质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为37。，

与滑块间动摩擦因数为〃=0.5,电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N

恒定电场力作用，已知重力加速度为g=10m/s2,则Is内（）

C.由于放上滑块电机多消耗电能为12JD.滑块与传送带间摩擦产热为4J

【答案】C

【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、能量守恒定律与传送带结合、带电粒子在匀强电场中的直线

运动

【详解】A.分析滑块，由牛顿第二定律得

Eq+jumgcos6—mgsin0=ma

解得

<2=2m/s2

Is末，滑块末速度为

匕=at=2m/s

位移为

121

x=—at=Im

2

传送带位移为

x2=vZ=3m

则，滑块动能为

Ek=:wv：=2J

故A错误；

B.滑块机械能增加

AE,=Eqx+jumgcosOx=8J

故B错误；

C.电机多消耗电能

AE2=cos，x带=12J

故C正确；

D.滑块与传送带间摩擦产热为

Q=jumgcos0xx相=/umg(x2-%()cos，=8J

故D错误。

故选Co

5.（2024・广东•三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程均匀增大,

已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（）

A.做匀加速运动B.加速度逐渐减小

C.动量变化得越来越快D.所受摩擦力的功率不变

【答案】C

【知识点】平均功率与瞬时功率的计算、物块在倾斜的传送带上运动分析、计算物体的动量及动量的变化

【详解】A.由于滑块与传送带相对静止，传送带与驱动轮间无相对滑动，则滑块的速度随位移均匀增大,

若滑块做匀加速运动，由直线运动规律得

v2=2ax

滑块速度不随位移均匀增大，即滑块不做匀加速运动，故A错误;

B.滑块速度逐渐增大，则通过任意相同位移的时间逐渐减小，又滑块通过相同位移的速度变化量相同，则

滑块加速度越来越大，故B错误；

C.滑块动量

p=mv

由于滑块加速度逐渐增大，即速度变化的越来越快，而滑块质量不变，则滑块动量变化的越来越快，故C

正确；

D.滑块所受摩擦力即其所受合外力，由牛顿第二定律得所受摩擦力逐渐增大，又滑块速度逐渐增大，由

P=w

可知摩擦力的功率增大，故D错误。

故选C。

6.（2024・贵州安顺・一模）快递员通过传送带和一段光滑圆弧轨道把包裹从低处送到高处的车厢，传送带倾

角为々=30。，传送带油端距离L=5.1m,始终以速度v=2m/s匀速顺时针转动，传送带上端与圆弧轨道

6c相切于b点，be段圆心为。，最高点为c。7=0时刻，把第一个包裹轻放在传送带底端后面每隔0.5s

放一个包裹，若包裹与传送带间的动摩擦因数为〃=芈，每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c点。重力加速

度g取lOm/s?。下列说法正确的是（）

A.包裹在最高点c时，对圆弧轨道的压力为零

B.第一个包裹在传送带上运动的时间为3.55s

C.圆弧轨道半径为2Q-G）m

5

D.传送带上最多有5个包裹

【答案】B

【知识点】绳球类模型及其临界条件、用动能定理求解外力做功和初末速度、物块在倾斜的传送带上运动

分析

【详解】A.因为每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c点，即包裹到达c点时的速度为0,即包裹在c点时重

力和支持力为平衡力，等大反向，则支持力等于重力，根据牛顿第三定律，对圆弧轨道的压力等于支持力

等于重力，故A错误；

B.包裹在倾斜传送带上先加速运动后匀速运动，加速时，根据牛顿第二定律

a_/imgcosa—mgsina_1m^2

m

则加速时间为

v

%=-=2s

a

加速位移为

=at

尤］~i-2m

匀速运动时间为

L—x.

t=-------=1.55s

2V

则包裹在传送带上运动时间为

t=tx+12=3.55s

故B正确；

C.由B可知，包裹在传送带上最终和传送带共速，即包裹在。点的速度为

vb=v=2m/s

包裹由6到C点，设圆弧轨道半径为凡根据动能定理

-mgR(l—cosa)=0-；mv1

解得

5

故c错误;

D.由B可知，第一个包裹在传送带上运动时间为3.55s,这段时间内可以在传送带上放置包裹的个数为

t3.55s

M—.=---7.1

Az0.5s

即，第一个包裹到达6点时，传送带上又放置了7个包裹，则传送带上最多有8个包裹，故D错误。

故选B。

二、多选题

7.（2024•河南新乡•一模）如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为

叫=0.6kg、牝=0.2kg,甲、乙之间的动摩擦因数4=02,乙与桌面之间的动摩擦因数〃2=°」。认为最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小5=10m/s2,用水平向右的力F推书本甲，开始时尸=0.6N,

此后缓慢增大，下列说法正确的是（)

A.当推力尸=0.7N时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7N

B.当推力歹=1N时，书本均保持静止状态

C.当推力产=L8N时，书本甲、乙之间无相对滑动

D.当推力尸=2N时，书本甲、乙之间有相对滑动

【答案】AC

【知识点】复杂受力情况下计算静摩擦力的大小、受变化外力的板块问题

【详解】CD.甲、乙间的最大静摩擦力为

舞乙=4=1.2N

乙与桌面间的最大静摩擦力为

盒乙=4（叫+"%）g=0・8N

以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为。，由牛顿第二定律

m

舞乙-f臬乙=2a

解得

a=2m/s2

由整体牛顿第二定律

F_f臬L=（〃4+7%）。

解得

歹=2.4N

故当推力尸＞2.4N时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；

A.当推力尸=0.7N时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为0.7N,故A正确;

B.当推力尸=1N时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一

起做匀加速直线运动，故B错误。

故选AC。

8.（2024•安徽•一模）如图所示，一长L、质量为〃的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量为机

的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为〃，滑块与木板间的最大静摩擦力可近似等于滑动

摩擦力，现用水平恒力向向左作用在滑块上，用竖直恒力尸2向上拉动滑块，使滑块、木板同时从地面由静

止开始向上运动。已知£=1.0m、质量M=0.20kg、根=0.80kg、〃=0.10,现仍与B同时作用时间Z=2s,滑块

与木板恰好分离，g=10m/s2,试根据以上信息，判断以下正确的选项是（）

、

I、

工

7777

A.B不能小于20N

B.歹2不能小于20N

C.当乃=30N时，F2=19N

D.f=2s内，滑块与木板加速度之差一定等于0.5m/s2

【答案】AD

【知识点】受恒定外力的板块问题

【详解】A.根据题意有

〃耳>Mg

所以

耳>20N

故A正确；

B.根据牛顿第二定律，对滑块有

F2-mg-=max

对木板有

RF[-Mg=Ma2

根据滑块与木板的位移关系有

11

_QR2—ag2=Lr

联立并代入数据可得

F2=0.54+0.4

由于

月>20N

所以

6>10.4N

故B错误；

C.当B=30N时，有

F2=0.5X30+0.4N=15.4N

故C错误;

D.由于

11

-%£2—-a2，2=Lr

代入数据可得

2

ax-a2=0.5m/s

故D正确。

故选AD„

9.(2024.四川遂宁.模拟预测)如图甲所示，一足够长的木板静置于水平地面上，右端放置一可视为质点的

小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力E=36N,作用1s后撤去F,整个过程木板运动的v-r

图像如图乙所示。已知小物块的质量m=2kg,木板的质量M,物块与木板间及木板与地面间动摩擦因数相

同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,物块始终未从木板掉落。下列说法正确的是

()

A.木板的质量M=4.5kg

B.物块与木板及木板与地面间的动摩擦因数大小为0.2

C.整个过程系统因摩擦而产生的热量为81J

D.整个过程木板运动的位移大小为6.75m

【答案】BD

【知识点】受变化外力的板块问题

【详解】AB.由图像乙可知，在二=L5s时木板的加速度发生了变化，说明此时小物块与木板的速度相等,

小物块对木板的摩擦力方向发生了变化，在1-1.5S时间内小物块相对木板滑动，根据图象则木板的加速度

为

—m/s2=4m/s2

1.5-1

对木板由牛顿第二定律

jumg+ju[m+g-Ma2

根据图象在O-ls时间内木板的加速度为

2

ax=f]。m/s2=5m/s

由牛顿第二定律

F-〃ng-认1乳+M)g=M%

联立解得

M=4kg

//=0.2

故B正确，A错误;

CD.在0-1.5S时间内小物块始终相对木板滑动，由牛顿第二定律，则小物块的加速度

®=2m/s2

m

小物块的位移为

x物=ga3t2=2.25m

木板的位移为vT图像包围的面积，则

"xlm+2(1.5-l)m=4.5nw>1.5s时间，小物块与木板相对静止，则整个过程小物块相对木板

22

运动的位移大小为

无相=%-%=225m

整个过程小物块相对木板运动时产生的热量为

2i=〃根gx相=9J

木板与地面之间的摩擦产生的热量为

Q2=Mm+"）g”总

木板与小物块一起运动的位移

2

石府=----=2.25m

板2〃g

木板运动的总位移

x板总=%+嘘=6.75m

联立解得

2=〃（"+〃?）gx板总=8J

因此整个过程系统因摩擦而产生的热量为

Q=QI+Q2=81J+9J=90J

故D正确，C错误。

故选BD。

10.（2024・湖南.模拟预测）传送带在现代工业生产和物流体系中扮演着至关重要的角色，其能够提升生产

效率，节省空间成本，广泛应用于各领域，推动物流自动化发展。如图所示，传送带与水平面夹角为仇且

夹角。可根据需求调整，货物与传送带之间的动摩擦因数为〃，在货物随传送带匀速运动的过程中，下列说

法中正确的是（）

A.摩擦力对货物不做功

B.。减小，货物对传送带的压力变大

C.0增大,货物受的摩擦力大小始终等于〃，“geos。

D.当tan。2〃时，则传送带无法将货物向上输送

【答案】BD

【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、判断某个力是否做功，做何种功

【详解】A.货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误;

B.货物对传送带的压力

综=mgcos6

e减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；

c.货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力

f=mgsin0

故C错误；

D.如果〃4tan。，则最大静摩擦力小于重力的分力“zgsin。，所以无法向上传输，故D正确。

故选BD。

11.（2024・广东肇庆.一模）如图为一种鱼虾自动分离装置的示意图，鱼和虾均从一个靠近传送带的出料口

掉落到转动的传送带上，鱼和虾就会自动分别向两端运动。下列说法正确的是（）

A.传送带的转动方向是顺时针方向

B.鱼在传送带上运动时，内能增加，机械能减小

C.传送带速度越大，虾到达下端虾收集箱的用时越短

D.鱼和传送带间的动摩擦因数一定大于虾和传送带间的动摩擦因数

【答案】AD

【知识点】能量守恒定律与传送带结合、物块在倾斜的传送带上运动分析

【详解】A.鱼和虾在传送带上受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，故传送带沿顺时针方向转动，A

正确；

BD.鱼向上运动，有

Mgsin0<R[Mgcos6

摩擦力对鱼做正功，机械能增大；

虾向下运动有

〃zgsin6>〃2%gcos。4一定大于〃2,B错误，D正确；

C.传送带沿顺时针方向转动，无论速度为多少，对虾的摩擦力大小和方向均不变，虾下滑的时间与传送带

的速度无关，C错误。

故选AD„

12.（2024•安徽.三模）如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v向下传动，质量分别为根、M的两物块

P、Q用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻尸以速度％滑上传送带顶端，同时。也以速度%竖直向上运动，此

后尸运动的VT图像如图（b）所示，。、马已知。已知尸与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送带足

A.一定有%>v

B.一定有

C.物块尸返回传送带顶端的时刻为区

D.根据图像可求出尸与传送带间的动摩擦因数〃以及传送带倾角6

【答案】AD

【知识点】细绳或弹簧相连的连接体问题、物块在倾斜的传送带上运动分析

【详解】ABD.物块P先向下做减速运动，力时刻加速度发生变化，说明摩擦力方向发生了变化，即力时刻

物块P与传送带共速，力时刻之前物块的速度大于传送带的速度，则一定有%>"，在〃时刻之前，对PQ

的整体

jumgcos0+Mg-mgsin0=（M+rri）a1

在力时刻之后，对PQ的整体

Mg-mgsin0-jLtmgcos0=（M+ni）a2

因㈤和。2可以从U4图像斜率中得到，则由两方程联立可求出尸与传送带间的动摩擦因数〃以及传送带倾

角。，但不能确定M和m的大小关系，选项AD正确，B错误。

C.由图像可知，在f2时刻物块P到达最低点，然后反向沿斜面向上运动，加速度一直为。2,因%结合

图像的面积等于位移可知物块P返回传送带顶端的时刻为大于也时刻，选项c错误；

故选AD„

三、解答题

13.（2024•福建•模拟预测）如图所示，光滑的曲面轨道与粗糙水平轨道相切于尸点，质量M=4kg、长L=4m

的长木板B静止在水平面上，且长木板B的最左端刚好位于P点，质量为加=2kg的可视为质点的物体C静

止在长木板B的正中央，另一质量为mo=4kg的物体A从曲面上的。点由静止释放，经过一段时间与长木

板B发生弹性碰撞，已知B、C间的动摩擦因数为4=2，B与水平轨道间的动摩擦因数为〃,=）,重力

加速度g=10m/s2,A、C均可视为质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

（1）物体A与长木板B碰后瞬间，长木板B与物体C的加速度大小；

（2）欲使物体C刚好不从长木板B的左端离开，释放点。到尸点的高度；

（3）若使物体A从距离P点高为%=0.2m处由静止释放，A、B碰后的瞬间，立即在长木板B上施加水平向

右的恒力成=20N,若物体C刚好不从长木板上离开，则恒力作用的时间力（结果可保留根号）。

22

【答案】（1）诙=3m/s,ac=Im/s

（2）0.8m

小4瓦-10

【知识点】利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题、没有其他外力的板块问题

【详解】（1）对B进行分析，根据牛顿第二定律有

〃1mg+儿g=Afag

解得

2

aB=3m/s

对C进行分析，根据牛顿第二定律有

从mg=mac

解得

2

ac=lm/s

(2)若物体C先向右做匀加速直线运动，木板先向右做匀减速直线运动，此过程C相对于B向右运动，

两者速度达到相等后，由于

〃心〃2

C、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，C刚好不从长木

板B的左端离开，表明两者速度达到相等时C恰好到达B左端，令碰撞后B的速度为无，则有

flf

V共0=VB-=C0

此过程，相对位移恰好等于B长的一半，则有

L_vB+vno曝)

解得

才o=Is,v共o=lm/s,vB=4m/s

A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有

MV

=^OVAI+B，|mov1=}%匕+JM噂

解得

vA=4m/s

A从点。到尸点过程。根据动能定理有

m

ogK=g/或

解得

4=0.8m

(3)若使物体A从距离尸点高为近=0.2m处由静止释放，根据动能定理有

他g4=［人说

解得

%=2m/s

A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有

mv

oo=+MV2,|飞说=|%d+1Mv1

解得

v2=2m/s

碰后瞬间立即在长木板B上施加水平向右的恒力Fo=2ON,对B分析，根据牛顿第二定律有

Fo-/^mg（A/+m）g=Mal

解得

%=2m/s2

B在恒力作用下向右做匀加速直线运动，C向右以々=lm/s2做匀加速直线运动，C相对于B向左运动，历

时4撤去恒力，对B的运动有

%+v,

%=%+a£，

对C的运动有

V4=，X2=~2^

此过程的相对位移

X相1—Xl~X2

撤去恒力后，结合上述可知，B向右以程=3m/s2做匀减速直线运动，C向右以&=lm/s2做匀加速直线运

动，C相对于B仍然向左运动，历时芍达到相等速度时，c恰好到达B左端，则有

口共1=%一%，2=%&+/2）

此过程的相对位移

NBC、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，C相对于B

向右运动，则有

L

%相1+%相2=5

舍去解的负值，解得

,_4^/10-10

—S

15

14.（2024・安徽.一模）如图所示，地面的左侧有一个长3m的固定平台，上表面水平，质量为%=0.5kg的

物体P静止在平台的左端，物体P与平台间的动摩擦因数〃=。2。在平台的右侧光滑的水平地面上紧靠平

台放置一块质量为M=1kg的足够长的木板，木板的左端静止放置一个质量也为1kg小物体Q,木板的下表

面光滑，木板的上表面粗糙且与平台等高，木板的右端足够远处有竖直的墙壁。现对物体P施加一水平向

右的拉力歹=1.5+，无（x为物体P的位移，式中各物理量均取国际单位制单位），物体P由静止开始运动，

在物体P、Q发生弹性正碰前的瞬间撤去拉力R重力加速度g=10m/s2,每一次碰撞的时间都极短，可忽

略不计。求

（1）物体P、Q碰前瞬间，物体P的速度大小；

（2）木板第一次与墙碰前瞬间的速度大小：

（3）若木板每一次与墙碰后瞬间的速度大小是碰前瞬间的g,求：

①木板与墙第8次碰撞损失的动能（结果可以用分数表示）；

②木板与物体Q之间因摩擦产生的总热量。

【答案】（l）3m/s

（2）lm/s

4

⑶①铲J,②1.5J

【知识点】含有动量守恒的多过程问题、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题、受变化外力的板

块问题、用动能定理求解外力做功和初末速度

【详解】（1）固定平台的长度为毛=3m,碰前瞬间P的速度大小为蚱，由动能定理得

K+F012

―.%-^mgx0=-mvp

可得

1.5+1.5H—XQ]

----厂^—.xo-jumgxo=-mvp

代入数据可得

Vp=3m/s

(2)设物体P、Q碰后瞬间的速度分别为v和气,由动量守恒定律

mvp=mv+MVQ

由能量守恒定律

；mVp=gmv2+JMVQ

联立可得

vQ=2m/s,v=-lm/s

物体P、Q碰后，P返回平台，Q在木板上滑动，由题意可知，木板与墙第一次相碰时，已经和物体Q达到

速度相同，设为匕，由动量守恒定律

MVQ=2Mvi

解得

vl=lm/s

所以木板第一次与墙碰前瞬间的速度大小为lm/s。

(3)①假设木板与墙第二次碰前可以和物体Q达到共同速度匕，由动量守恒得

AfV]-；Mvx-2MV2

解得

1

和第一次碰后的速度相同，所以达到速度相同时恰好发生第二次碰撞。设木板第"次(">1)

与墙碰前瞬间的速度为%,则有

1

匕=1%

所以木板第8次和墙壁碰前瞬间的速度为

%=(g)、

木板第8次和墙壁碰撞损失的动能为

②木板第一次和墙壁碰撞后，物体Q相对木板一直向右滑动，直到最终静止，所以物体Q相对于地面一直

做匀减速直线运动到静止，物体Q相对于地面的位移和相对于木板的位移相同，设为x,物体Q与木板间

的摩擦力力由动能定理

1,

-fa=O--Mv^

由能量守恒定律

1,1

-Mv1+fx^-x2Mv^9+Q

联立解得

2=1.5J

15.(24-25高三上•江苏南通・阶段练习)如图所示，水平面上一小滑块置于长木板上，且均处于静止状态。

已知滑块与木板左、右两端距离分别为L=6m、L=8m,木板与滑块、水平面间的动摩擦因数分别为4=

0.2、〃2=0」，木板的质量M=lkg,上表面距水平面高度/?=0.8m,滑块的质量m=2kg。现给滑块一水

平向右的初速度丫。=8m/s,重力加速度g=10m/s2。

n

(1)要使木板保持静止，在木板上加一竖直向下的力求力B的最小值；

(2)为使滑块不滑离木板，在木板上加一水平方向的力入，求力尸2的大小范围；

(3)若在木板上加一水平向右的力且B=13N,求滑块落地时距木板左端的距离Ax。

【答案】(D10N

(2)1N<F2<9N

(3)4.16m